物理卷·2018届湖北省黄冈中学高二上学期周考物理试卷（1） （解析版）

物理卷·2018届湖北省黄冈中学高二上学期周考物理试卷（1） （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年湖北省黄冈中学高二（上）周考物理试卷（1）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）‎ ‎1．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是（　　）‎ A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒 B．做圆周运动的物体机械能一定守恒 C．做变速运动的物体机械能可能守恒 D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒 ‎2．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（　　）‎ A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．‎ ‎3．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）‎ ‎①物体落到海平面时的势能为mgh ‎ ‎②重力对物体做的功为mgh ‎③物体在海平面上的动能为mv02+mgh ‎④物体在海平面上的机械能为mv02．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④‎ ‎4．用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内（　　）‎ A．小球重力做功为mgl（1﹣cosα）‎ B．空气阻力做功为﹣mglcosα C．小球所受合力做功为mglsinα D．绳拉力做功的功率为 ‎5．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是（　　）‎ A．va=vb=vc B．va＜vb＜vc C．vc＞va＞vb D．va＞vb＞vc ‎6．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（　　）‎ A．滑块返回传送带右端时的速率为V2‎ B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12‎ C．此过程中电动机做功为2mv12‎ D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2‎ ‎7．质量相同的A、B两个物体静止放在水平面上，从某一时刻起同时受到大小不同的水平外力FA、FB的作用由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体所受的水平外力FA；经过4t0，撤去B物体所受的水平外力FB．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两物体所受摩擦力大小不同 B．A、B两物体所受水平外力大小之比FA：FB=12：5‎ C．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为6：5‎ D．A、B两物体在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为1：2‎ ‎8．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为F1，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x．在这个过程中，以下结论正确的是（　　）‎ A．小物块到达小车最右端时具有的动能为Fx B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F1x C．小物块和小车增加的机械能为F1x D．小物块克服摩擦力所做的功为F1（L+x）‎ ‎9．人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ．已知重力加速度为g，则（　　）‎ A．此时物体A的速度为 B．此时物体A的速度为vcosθ C．该过程中绳对物体A做的功为mgh+‎ D．该过程中绳对物体A做的功为mgh+‎ ‎10．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（　　）‎ A．物块A运动的距离为 B．物块A加速度为 C．拉力F做的功为 D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量 ‎　‎ 二、解答题（共1小题，满分8分）‎ ‎11．在利用电磁打点计时器（电磁打点计时器所用电源频率为50Hz）“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎（1）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离为68.97cm，点A、C间的距离为15.24cm，点C、E间的距离为16.76cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2‎ ‎，重锤的质量为m=1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为　　J，重力势能的减少量为　　J．‎ ‎（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a=　　m/s2．‎ ‎（3）在实验中发现，重锤减少的重力势能总大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力的作用，用题目中给出的已知量求出重锤下落过程中受到的平均阻力大小为　　N．‎ ‎　‎ 三、本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位．‎ ‎12．如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°．已知圆弧轨道半径为R=0.5m，斜面AB的长度为L=2.875m．质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；‎ ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ．‎ ‎13．目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里．假设有一辆超级电容车，质量m=2×103kg，额定功率P=60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2．‎ ‎（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？‎ ‎（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？‎ ‎（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移．‎ ‎14．如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h．从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s．已知小球质量m，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；‎ ‎（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；‎ ‎（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功．‎ ‎15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．‎ ‎（2）BP间的水平距离 ‎（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．‎ ‎（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省黄冈中学高二（上）周考物理试卷（1）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）‎ ‎1．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是（　　）‎ A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒 B．做圆周运动的物体机械能一定守恒 C．做变速运动的物体机械能可能守恒 D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】在只有重力或弹簧弹力做功时，机械能守恒．要正确理解只有重力做功，物体除受重力外，可以受其它力，但其它力不做功或做功的代数和为0．‎ ‎【解答】解：A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，比如降落伞匀速下降，机械能减小，故A错误．‎ B、做圆周运动的物体机械能不一定守恒，比如在竖直平面内做匀速圆周运动，机械能在变化，故B错误．‎ C、做变速运动的物体进行可能守恒，比如自由落体运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，故C正确．‎ D、合外力做功不为零，机械能可能守恒，比如自由落体运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动．在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（　　）‎ A．0 B．2πkmgR C．2kmgR D．‎ ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】通过题目情境我们发现在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块的作用力是一个变力，‎ 对于变力做的功我们应该首先想到运用动能定理．‎ 对于圆周运动的临界问题，我们要通过临界条件列出等式．‎ ‎【解答】解：由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力去提供向心力．‎ 即：kmg=m，v2=kgR．‎ 设转台对物块做的功为W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程，‎ W转=mv2﹣0=‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）‎ ‎①物体落到海平面时的势能为mgh ‎ ‎②重力对物体做的功为mgh ‎③物体在海平面上的动能为mv02+mgh ‎④物体在海平面上的机械能为mv02．‎ A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④‎ ‎【考点】机械能守恒定律；功的计算；重力势能．‎ ‎【分析】整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．‎ ‎【解答】解：①以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为﹣mgh，故①错误．‎ ‎②重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为h，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为mgh，故②正确．‎ ‎③由动能定理得：mgh=Ek2﹣mv02，物体在海平面上的动能为：Ek2=mv02+mgh，故③正确．‎ ‎④整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为mv02，所以物体在海平面时的机械能也为mv02，故④正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内（　　）‎ A．小球重力做功为mgl（1﹣cosα）‎ B．空气阻力做功为﹣mglcosα C．小球所受合力做功为mglsinα D．绳拉力做功的功率为 ‎【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】在小球运动的整个过程中，重力和空气的阻力对小球做功，机械能逐渐转化为内能．由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．‎ ‎【解答】解：A、小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为：△h=l•（1﹣cosα），所以小球的重力大于小球做功：WG=mgl（1﹣cosα）．故A正确 B、在小球运动的整个过程中，重力和空气的阻力对小球做功，根据动能定律：WG+Wf=0﹣0所以：Wf=﹣WG=﹣mgl（1﹣cosα）．故B错误；‎ C、小球受到的合外力做功等于小球动能的增加量，所以：W合=0﹣0=0．故C错误；‎ D、由于绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．绳子的拉力的功率为0．故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图a所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条左端和右端，如图b、图c所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断中正确的是（　　）‎ A．va=vb=vc B．va＜vb＜vc C．vc＞va＞vb D．va＞vb＞vc ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】在运动的过程中，对整个系统而言，机械能守恒．抓住系统重力势能的减小量等于动能的增加量，分别求出离开桌面时的速度．‎ ‎【解答】解：铁链释放之后，到离开桌面，由于桌面无摩擦，‎ 对两次释放，桌面下方L处为0势能面．‎ 则释放前，系统的重力势能为 第一次，Ep1=mgL+mg•=‎ 第二次，Ep2=（m+m）gL+mg•=‎ 第三次，Ep3=mgL+mg•+mg=mgL 释放后Ep1'=mg Ep2'=mgL+mg=mgL Ep3'=mgL 则损失的重力势能 ‎△Ep1=mgL ‎△Ep2=mgL ‎△Ep3=mgL 那么△Ep1=mva2‎ ‎△Ep2=（2m）vb2‎ ‎△Ep3=（2m）vc2‎ 解得：va2=‎ vb2=gL vc2=gL 显然 vc2＞va2＞vb2，‎ 所以vc＞va＞vb，‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率V1匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（　　）‎ A．滑块返回传送带右端时的速率为V2‎ B．此过程中传送带对滑块做功为mv22﹣mv12‎ C．此过程中电动机做功为2mv12‎ D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2‎ ‎【考点】功能关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．‎ 根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．‎ 根据能量守恒找出各种形式能量的关系．‎ ‎【解答】解：A：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v′2=v1；故A错误；‎ B：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12﹣mv22，故B错误；‎ D：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1‎ 摩擦力对滑块做功：W1=fx1=ft1①‎ 又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②‎ 该过程中传送带的位移：x2=v1t1‎ 摩擦力对滑块做功：W2=fx2=fv1t1=fv1=2fx③‎ 将①②代入③得：W2=mv1v2‎ 设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2‎ 摩擦力对滑块做功：W3=fx3=mv12‎ 该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3‎ 滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4﹣x3=x1+x2+x3‎ 滑动摩擦力对系统做功：W总=fx相对=W1+W2+W3=m（v1+v2）2‎ 滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q=W总=f•x相=m（v1+v2）2，故D正确；‎ C：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q=W+mv22﹣mv12‎ 整理得：W=Q﹣mv22+mv12=mv12+mv1v2，故C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．质量相同的A、B两个物体静止放在水平面上，从某一时刻起同时受到大小不同的水平外力FA、FB的作用由静止开始运动．经过时间t0，撤去A物体所受的水平外力FA；经过4t0，撤去B物体所受的水平外力FB．两物体运动的v﹣t关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两物体所受摩擦力大小不同 B．A、B两物体所受水平外力大小之比FA：FB=12：5‎ C．在匀加速运动阶段，合外力做功之比为6：5‎ D．A、B两物体在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为1：2‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；‎ 速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；‎ 由功率的定义式可得功率之比．‎ ‎【解答】解：A、由图象可得，A减速运动的加速度为a1=，B减速运动的加速度为a2=，故AB受到的摩擦力为f=ma，故摩擦力大小相等，故A错误；‎ B、由图象可得，A加速运动的加速度为a′1=，B减速运动的加速度为a′2=，根据牛顿第二定律可知A、B两物体所受水平外力大小之比FA：FB=12：5，故B正确；‎ C、根据牛顿第二定律可知合力之比为8：1，在v﹣t图象中与时间轴所围面积即为位移，故AB位移之比为1：2，故做功之比，4：1，故C错误；‎ D、在整个过程中位移之比为6：5，故摩擦力做功之比为6：5，功率P=可知，摩擦力的平均功率之比为2：1，故D错误 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为F1，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x．在这个过程中，以下结论正确的是（　　）‎ A．小物块到达小车最右端时具有的动能为Fx B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F1x C．小物块和小车增加的机械能为F1x D．小物块克服摩擦力所做的功为F1（L+x）‎ ‎【考点】动能定理的应用；功的概念．‎ ‎【分析】本题的关键是明确小车在摩擦力作用下将向右做加速运动，当小物块到达小车的最右端时，小物块发生的位移为l+s，与小车发生的相对位移为l，然后再根据动能定理即可求物块到达小车最右端时具有的动能，根据功能关系可求得系统增加的机械能．‎ ‎【解答】解：A、物块滑到小车最右端时，相对于地面的位移为L+x，根据动能定理得物块的动能为Ekm=（F﹣F1）（L+x）．故A错误 B、对小车，小车受力为F1，位移为x，根据动能定理得：小车具有的动能 EkM=F1x，故B正确；‎ C、小物块和小车增加的机械能为Ekm+EkM=（F﹣F1）（L+x）+F1x=FL+Fx﹣F1L，故C错误；‎ D、小物块的位移为L+x，则小物块克服摩擦力所做的功为F1（L+x），故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v竖直向下匀速拉绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ．已知重力加速度为g，则（　　）‎ A．此时物体A的速度为 B．此时物体A的速度为vcosθ C．该过程中绳对物体A做的功为mgh+‎ D．该过程中绳对物体A做的功为mgh+‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度，再根据动能定理求出人对A做的功．‎ ‎【解答】解：将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，‎ 根据平行四边形定则得，实际速度，故A正确，B错误；‎ CD、在A上升的过程中根据动能定理有：‎ 即绳对A做的功为：W=，故D正确，C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，A的速度为v，则此过程（弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比，重力加速度为g）（　　）‎ A．物块A运动的距离为 B．物块A加速度为 C．拉力F做的功为 D．拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力；根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的行变量，得到弹簧的长度变化情况；然后结合功能关系进行分析即可．‎ ‎【解答】解：A、开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：‎ mgsinθ=kx1‎ 解得：‎ x1=‎ 物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有；‎ mgsinθ=kx2‎ 解得：‎ x2=‎ 故物块A运动的距离为：，故A正确；‎ B、此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：‎ F﹣mgsinθ﹣T=ma 弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为：‎ T=mgsinθ 故：a=，故B错误；‎ C、拉力F做的功等于物体A、物体B和弹簧系统机械能的增加量，为：‎ W=mg•△xsinθ+，故C错误；‎ D、由于质量相等，那么刚好要离开挡板时候的弹性势能和刚开始相同，同时B物体机械能没有变化，那么整个过程中外力F做的功全部用于增加物块A的机械能，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、解答题（共1小题，满分8分）‎ ‎11．在利用电磁打点计时器（电磁打点计时器所用电源频率为50Hz）“验证机械能守恒定律”的实验中：‎ ‎（1）某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点（初速度为零）记作O点，测出点O、A间的距离为68.97cm，点A、C间的距离为15.24cm，点C、E间的距离为16.76cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则打点计时器在打O点到C点的这段时间内，重锤动能的增加量为　8.00　J，重力势能的减少量为　8.25　J．‎ ‎（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a=　9.50　m/s2．‎ ‎（3）在实验中发现，重锤减少的重力势能总大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力的作用，用题目中给出的已知量求出重锤下落过程中受到的平均阻力大小为　0.30　N．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．由于纸带通过时受到较大的阻力和重锤受到的空气阻力，重力势能有相当一部分转化给摩擦产生的内能，所以重力势能的减小量明显大于动能的增加量．‎ ‎【解答】解：（1）C点速度为：vC==m/s=4.00m/s 该过程动能的增加量为：△Ek=mv=×1.0×（4.00）2J=8.00J 该过程重力势能的减少量为：△Ep=mg•=1.0×9.8×（68.97+15.24）×10﹣2J=8.25J ‎（2）加速度为：a==m/s2=9.50m/s2‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：mg﹣Ff=ma 即：Ff=mg﹣ma=0.30N 故答案为：（1）8.00，8.25；（2）9.50；（3）0.30．‎ ‎　‎ 三、本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位．‎ ‎12．如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ=37°．已知圆弧轨道半径为R=0.5m，斜面AB的长度为L=2.875m．质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；‎ ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ．‎ ‎【考点】动能定理；向心力．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律求的在D点的速度，从C到D由动能定理求的C点速度，由牛顿第二定律求的在D点的作用力；‎ ‎（2））对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：‎ ‎【解答】解：（1）由题意知小物体沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：‎ ‎…①‎ 从C到D由动能定理可得 ‎…②‎ 由牛顿第二定律可知 ‎…③‎ FC=F′C…④‎ 联解①②③④并代入数据得：‎ FC=60N…⑤‎ ‎（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：‎ ‎…⑥‎ 联解①②⑥并代入数据得：‎ μ=0.25‎ 答：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc为60N ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25．‎ ‎　‎ ‎13．目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里．假设有一辆超级电容车，质量m=2×103kg，额定功率P=60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2．‎ ‎（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？‎ ‎（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？‎ ‎（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移．‎ ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大，由P=Fv求的最大速度；‎ ‎（2）当汽车以恒定的加速度运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，在牵引力下达到额定功率前，加速度将保持不变，由v=at求出加速时的时间；‎ ‎（3）有动能定理求出位移；‎ ‎【解答】解：（1）当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F=f f=kmg=0.1×2×103×10=2000N P=fvm 得：vm===30m/s ‎（2）汽车做匀加速运动：F1﹣f=ma ‎ F1=3000N 设汽车刚达到额定功率时的速度v1：P=F1v1‎ v1===20m/s 设汽车匀加速运动的时间t：v1=at 解得：t==40s ‎ ‎（3）从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：Pt2﹣fs=mvm2‎ 代入数据解得：s=m=1050m 答：（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s ‎（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持40s ‎（3）若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，此过程中超级电容车的位移为1050m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h．从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s．已知小球质量m，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）小球从E点水平飞出时的速度大小；‎ ‎（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；‎ ‎（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．‎ ‎（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得求出B点速度，在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．‎ ‎（3）根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律得：‎ s=vEt 联立解得：‎ ‎（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 在B点，根据牛顿第二定律得：‎ 得：‎ 由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为，方向竖直向下 ‎（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则 得 答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为；‎ ‎（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下；‎ ‎（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．‎ ‎（2）BP间的水平距离 ‎（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．‎ ‎（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）由物块过B点后其位移与时间的关系求出初速度和加速度，根据牛顿第二定律即可求得与桌面间的滑动摩擦因数．‎ ‎（2）物块由D点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出到达D点的速度和水平方向的位移，根据物块过B点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度，进而根据位移﹣速度公式求出位移；‎ ‎（3）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点．‎ ‎（4）由能量转化及守恒定律即可求出m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由物块过B点后其位移与时间的关系s=6t﹣2t2得与s=：‎ v0=6m/s ‎ 加速度a=4m/s2‎ 而μm2g=m2a 得μ=0.4 ‎ ‎（2）设物块由D点以vD做平抛，‎ 落到P点时其竖直速度为 根据几何关系有：‎ 解得vD=4m/s 运动时间为：t=‎ 所以DP的水平位移为：4×0.4m=1.6m 根据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t﹣2t2，有：‎ 在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=﹣4m/s2‎ 所以BD间位移为 m 所以BP间位移为2.5+1.6m=4.1m ‎（3）设物块到达M点的临界速度为vm，有：‎ vM==m/s 由机械能守恒定律得：‎ ‎=‎ 解得：‎ v′M=m/s 因为＜‎ 所以物块不能到达M点．‎ ‎（4）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，‎ 释放m1时，EP=μm1gsCB 释放m2时 且m1=2m2，‎ 可得：‎ m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，‎ 则由能量转化及守恒定律得：‎ 可得Wf=5.6J 答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度为6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数为0.4．‎ ‎（2）BP间的水平距离为4.1m；‎ ‎（3）m2不能沿圆轨道到达M点；‎ ‎（4）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．‎